Dans tous les exercices, le système considéré sera, sauf mention du contraire, macroscopique- ment au repos dans un référentiel galiléen.
On pourra être amené à utiliser les résultats, classiques, des deux premiers exercices pour les suivants. Les gaz seront, sauf mention du contraire, considérés parfaits, de coefficientγ=cste.
On précisera la validité de cette dernière approximation.
Exercices d’application : Compressions de gaz parfaits et calorimétrie : indispen- sables,
Culture en sciences physiques : briquet, ouverture de flacon, mesure deγ, Corrigés en TD : Compressions de gaz et calorimétrie, mesure deγ, ouverture de bal-
lon
Gaz
Exercice 1 : Compressions d’un gaz parfait en contact avec un thermostat
On considère un gaz parfait en contact avec un thermostat. Il est initialement à l’équilibre thermodynamique sous une pressionPi, son volume étantVi. Il est comprimé jusqu’à un nouvel état d’équilibre thermodyna- mique où sa pression estPf selon deux transformations différentes :
• infiniment lentement,
• brutalement, on peut alors considérer qu’il est soumis à une pression extérieure constante.
Déterminer dans chaque cas le travail des forces de pression, la variation de son énergie interne et le transfert thermique fourni par le thermostat.
Exercice 2 : Transformations adiabatiques d’un gaz parfait
On considère des compressions adiabatiques d’un gaz parfait. Il est initialement à l’équilibre thermodyna- mique sous une pressionPi, son volume étantViet sa températureTi. Il est comprimé jusqu’à un nouvel état d’équilibre où sa pression estPfselon deux transformations différentes :
Transformation brutale
1. Exprimer le travail des forces de pression reçu par le gaz à l’aide des paramètres d’état initiaux et finaux (Pi, Vi, TietPf, Vf, Tf) du gaz.
2. Exprimer la variation d’énergie interne du gaz à l’aide des températures initiale et finaleTietTf
et du coefficientγ= CCpm
vm.
3. En déduireTfet le travail reçu en fonction deγet du rapportPf/Pi. Transformation infiniment lente
1. Établir une relation entre les variations élémentaires du volume dV et de la température dT au cours de la transformation à l’aide du premier principe.
2. Montrer qu’au cours de l’évolution, les paramètres d’état vérifient :
T Vγ−1 =cste P Vγ =cste TγP1−γ =cste
. Ce sont les lois de Laplace, qu’on retrouvera plus tard.
3. En déduire la variation d’énergie interne du système et le travail des forces de pression.
4. Déduire de la relationP Vγ=cstela pente dP/dV d’une transformation adiabatique infiniment lente dans le diagramme de Clapeyron. Comparer au cas d’une isotherme. Tracer l’allure de ces deux courbes
Exercice 3 : Capacités thermiques
1. Estimer la capacité thermique à volume constant massique de l’air. Comparer à celle de l’eau liquide et commenter.
2. Estimer les capacités thermiques massiques du cuivre et de l’aluminium solides.
On donneM(Al) = 27 g·mol−1,ρ(Al) = 2,7·103kg·m−3;M(Cu) = 63,5 g·mol−1,ρ(Cu) = 9,0 kg·m−3,M(N) =14 g·mol−1;M(O) =16 g·mol−1.
Exercice 4 : Briquet à air
Un briquet à air permet de réduire le volume d’une masse d’air au vingtième de sa valeur. En considérant que la transformation utilisée est adiabatique et infiniment lente, déterminer la pression et la température finale siθ0=12 °C,P0=1 atm et en prenantγ= 1,4constant. Quelles sont les variations d’énergie interne et d’enthalpie de cette masse d’air siV0=10 cm3.
Comment envisageriez-vous de réaliser un tel briquet et comment l’utiliseriez-vous ? La transformation ressemblerait-elle à celle décrite ?
Exercice 5 : Bilans énergétiques
On considère un cylindre indéformable divisé en deux compar- timents par un piston mobile sans frottement. Les parois du cy- lindre et le piston sont athermanes. Initialement, les deux com- partimentsC1 etC2contiennent un même volumeV0 = 1,0 L d’un gaz parfait monoatomique à la pressionP0 =1 bar et à la températureT0=300 K.
0000000000000000000000000 0000000000000000000000000 0000000000000000000000000 0000000000000000000000000 0000000000000000000000000 0000000000000000000000000 0000000000000000000000000 0000000000000000000000000 0000000000000000000000000 0000000000000000000000000 0000000000000000000000000 0000000000000000000000000 0000000000000000000000000 0000000000000000000000000 0000000000000000000000000 0000000000000000000000000 0000000000000000000000000 0000000000000000000000000 0000000000000000000000000 0000000000000000000000000 0000000000000000000000000 0000000000000000000000000 0000000000000000000000000
1111111111111111111111111 1111111111111111111111111 1111111111111111111111111 1111111111111111111111111 1111111111111111111111111 1111111111111111111111111 1111111111111111111111111 1111111111111111111111111 1111111111111111111111111 1111111111111111111111111 1111111111111111111111111 1111111111111111111111111 1111111111111111111111111 1111111111111111111111111 1111111111111111111111111 1111111111111111111111111 1111111111111111111111111 1111111111111111111111111 1111111111111111111111111 1111111111111111111111111 1111111111111111111111111 1111111111111111111111111 1111111111111111111111111
000000 000000 000000 000000 000000 000000 000000 000000 000000 000
111111 111111 111111 111111 111111 111111 111111 111111 111111 111
P0 P0
T0 T0
V0 V0
I0
R
1. Que vaut le rapportγdes capacités thermiquesCpetCvpour un gaz monoatomique ?
2. Le compartimentC1 contient un résistor de résistance r = 200Ωet de capacité thermiqueC = 4,0 J·K−1. On y fait circuler un courantI0=0,2 A pendant la durée∆t=50 s.
(a) On considère dans un premier temps le système formé du gaz dansC2, du gaz dansC1du résistor et du piston. Ce système reçoit-il du travail, un transfert thermique ? Déduire de la variation de son énergie une relation liant les variations∆T1et∆T2des températures des gaz.
(b) Peut-on traiter ces questions en excluant le résistor du système ? 3. La température finaleT2du compartimentC2estT2=360 K.
(a) Déterminer la température finaleT1compartimentC1.
(b) En déduire les volumesV1,V2et les pressionsP1etP2. 4. Aurait-on pu négliger la capacité thermique du résistor ?
Exercice 6 : E Ouverture d’un ballon vide
On a fait le vide dans un ballon à parois rigides athermanes pouvant communiquer grâce à un robinet avec l’atmosphère extérieure (air à la températureT0et à la pressionP0). On laisse ensuite rentrer rapidement une faible quantité d’air dans le ballon en ouvrant le robinet. En raisonnant sur le système constitué du volume de gaz qui rentre dans le ballon au cours de l’opération, exprimer en fonction deT0et du coefficient γde l’air, la température à l’équilibre de l’air rentré dans le ballon.
Exercice 7 : E Mesure de γ par la méthode de Rüchardt
Un bille de massem0=30 g peut coulisser sans frottement dans un tube de verre de faible sections=4 cm2. Ce tube surmonte un récipient de volumeV0 =10 L. L’ensemble est plongé dans l’atmosphère, de pression uniformeP0=1 atm.
Le récipient (et la portion de tube sous la bille) contient de l’air qu’on assimilera à un gaz parfait (de coefficientγconstant).
P0 x
S V0
1. Initialement, le système est en équilibre avec l’atmosphère à la températureθ0 = 25 °C et la bille se trouve immobile à la hauteurh = 50 cm. Déterminer la pression de l’air enfermé (on prendrag = 9,8 m·s−2). On la notePi
2. On écarte la bille dex0(x0sV0) à l’instantt= 0et on la relâche sans lui communiquer de vitesse initiale. On désigne parxl’écart par rapport à la position de repos précédente.
(a) Exprimer la résultante des forces pressantes exercées sur la bille en fonction deγ,Pi,s,xethà l’aide d’un développement limité poursxV0. On supposera que la transformation est infini- ment lente et adiabatique et on utilisera les lois de Laplace de l’exercice2.
(b) En négligeant toutes les formes de dissipation, établir l’équation du mouvement de la bille.
(c) En déduire la fréquencefde ces petites oscillations et l’expression deγen fonction des paramètres pertinents. Que vaudrafpour un gaz diatomique aux températures usuelles ?
(d) Discuter les hypothèses faites. On pourra considérer que le temps moyen entre deux collisions des molécules du gaz est de l’ordre de la ns.
3. Ce phénomène est également à l’œuvre dans le dispositif durésonateur de Helmholtzi, dont une illustra- tion triviale est le son produit quand on souffle sur le goulot d’une bouteille. C’est la colonne d’air dans le goulot qui joue alors le rôle de la bille. Déterminer les ordres de grandeur pertinent et en déduire une estimation de la fréquence des sons ainsi produits, pour une bouteille de bière par exemple.
Autres systèmes
iH. von Helmholtz, physicien autrichien (1821-1894).
Exercice 8 : Marteau-pilon
Un marteau-pilon de massemP =1·105kg tombe d’une hauteurh=3 m sur un objet en aluminium de massemA =50 kg. La température du marteau ne varie pratiquement pas alors que celle de l’objet varie de∆T.
Déterminer∆Tsachant que la masse molaire de l’aluminium est 27 g·mol−1. On prendrag=9,8 m·s−2 et la capacité thermique molaireCm= 3R(formule de Dulong et Petit).
Exercice 9 : Calorimétrie
On détermine les capacités thermiques des corps par des me- sures calorimétriques. On utilise pour cela uncalorimètre,ieune enceinte indéformable limitant au maximum les transferts ther- miques avec l’extérieurii.
On y introduit un agitateurApour homogénéiser les liquides qui y seront placés ainsi qu’un thermomètreT.
1. Les trous du couvercle permettant le passage du thermo- mètre et de l’agitateur ne sont pas étanches, l’air à l’intérieur du calorimètre est en contact avec l’atmosphère. Comment décririez-vous les transformations des corps à l’intérieur du calorimètre. En déduire que l’enthalpie des corps introduits vérifie,∆H=Qp+Walors des transformations, avecWa
le travail des forces autres que les forces de pression.
On considère dans toute la suite un calorimètreidéal, assu- rantQp= 0.
A T
2. Plusieurs techniques de mesures sont utilisées.
Méthode des mélangesOn introduit dans le calorimètre un liquide de capacité thermique connueC0, en équilibre thermique avec l’enceinte intérieure du calorimètre àT =T0. On introduit ensuite un corps de capacité thermiqueCinconnue, à la températureT. La mesure de la température d’équilibreTede l’ensemble permet de déterminerC.
(a) Un calorimètre contient 95 g d’eau à 20 °C. On ajoute 71 g d’eau à 50 °C. Quelle serait la tem- pérature d’équilibre si on pouvait négliger la capacité thermique du calorimètre et de ses ac- cessoires (thermomètre et agitateur).
(b) La température d’équilibre observée est 31,3 °C. En déduire la capacité thermique du calo- rimètre et des accessoires. On nommevaleur en eaudu calorimètre la masse d’eau qui au- rait la même capacité thermique. Déterminer la valeur en eau de ce calorimètre sachant que cH
2O=4,18 J·g−1·K−1.
(c) Pourquoi utilise-t-on un liquide ? Doit-on tenir compte de l’air à l’intérieur du calorimètre ? Méthode électrique Un résistor est immergé dans un liquide dont on désire connaître la capacité ther-
miqueC. De l’énergie est apportée dans le calorimètre par le travail électrique fourni par un gé- nérateur à l’extérieur du calorimètre.
iiÀ cet effet, on utilise un système à double paroi, réfléchissantes pour limiter les transferts thermiques par rayonnement et entre lesquelles on peut éventuellement faire le vide. Ce vide n’est pas indispensable car l’air qui y est emprisonné est la plupart du temps un isolant suffisamment bon.
(a) Faire un schéma.
(b) Le liquide est initialement en équilibre thermique avec la paroi interne du calorimètre à la températureT0. Déterminer la température au bout d’une durée∆tsi la résistance du résistor et la tension à ses bornes sont stationnaires.
(c) L’isolation du calorimètre n’est pas parfaite. On peut modéliser ce défaut par un transfert thermique de puissancePth=h(Text−T). Quel est le signe deh? Déterminer la nouvelle loi d’évolution deTen fonction du temps.
Changements d’état Exercice 10 : Changement d’état et état final d’un système
Une enceinte calorifugée en contact avec l’atmosphère de pressionP0=1 atm contient la massem1=100 g d’eau liquide de température initialeT1 =290 K et de capacité thermique massique à pression constante c1=4,16 J·g−1·K−1. On y introduit la massem2de glace de température initialeT2=260 K, de capacité thermique massique à température constantec2=2,09 J·g−1·K−1. On négligera la variation des capacités thermiques avec la température. On donne l’enthalpie de fusion de la glace sous la pression atmosphérique lf=333 J·g−1.
1. Déterminer les valeurs du paramètrex=m2/m1, notéesx00etx0pour lesquelles le système à l’équi- libre est constitué respectivement :
• de glace à 0 °C,
• d’eau liquide à 0 °C.
Préciser l’état du système pourx6x0, pourx>x00et pourx∈[x0;x00]
On noteraT0=273,15 K la température de fusion de la glace à la pression atmosphérique.
2. Calculer numériquementm02etm002. Estimer le nombre de glaçons correspondant pour un verre d’eau.
3. On prendm2=30 g. Déterminer la composition du système dans l’état final.
Exercice 11 : Deux vaporisations de l’eau liquide
On réalise la vaporisation totale d’une massem =1,0 g d’eau liquide, initialement sous la pressionP = Patm=1,0 bar, de deux manières différentes. Dans les deux cas le récipient est placé dans un thermostat à θ=100 °C.
Vaporisation infiniment lente Le récipient est fermé par un piston. Initialement la pression de l’eau est Patmet on déplace infiniment lentement le piston jusqu’à n’avoir plus que de la vapeur. Le volume vaut alorsVf =1,61 L.
Vaporisation dans le vide On place directement (et rapidement) la masse d’eau dans un même volume Vf. On peut aussi considérer que l’eau liquide est initialement seule, à l’équilibre, dans un récipient dont le volume est égal à son volume massique àPatmet qu’on ouvre un robinet pour lui permettre d’occuper le volumevf.
1. Dans les deux cas, déterminer les variations d’énergie interne, d’enthalpie de la masse d’eau, puis le travail et le transfert thermique échangé.
2. En conclure, par analogie avec le cas de l’enthalpie massique de changement d’état, ce que représente l’énergie interne massique de changement d’état.
On rappellelv(H2O) =2,25·106J·kg−1à 100 °C.
Exercice 12 : Compresion isotherme d’un réfrigérant
On étudie les transformations thermodynamiques d’un réfrigérant (1,1,1,2-tétrafluoroéthane ou encore R 134 a) dont on donne une partie du diagramme(P, h)ci-dessous (figure 1).
Étude générale
1. Identifier les domaines du liquide, de la vapeur sèche et des états d’équilibre liquide-vapeur. Où se situe le point critique C ?
2. Identifier les isothermes en justifiant leur allure. Quelle est la grandeur constante sur les courbes légen- dées commev=0,040 ? En quelle unité cette grandeur est-elle exprimée ?
3. Expliquer comment déterminer l’enthalpie de vaporisation à une températureT.
4. Montrer que l’on peut écrire un théorème des moments analogue à celui des isothermes d’Andrews.
Compression isotherme d’un réfrigérant
Dans l’état initialA, le volume massique estvi = 0,2 m3·kg−1, la température est de 40 °C (voir la figure 1).
La masse totale de fluide (de masse molaireM=102 g·mol−1) estm=15 g.
On effectue une compression isothermequasistatique,AB, telle que le volume massique final, enB, soit vf =0,01 m3·kg−1.
1. Préciser l’état physique et la composition du fluide dans l’étatAet dans l’étatB.
2. Calculer le travail mécanique au cours de la transformationAB. On pourra faire une hypothèse sim- plificatrice.
3. Calculer le transfert thermique reçu par le réfrigérant.
Fig. 1 : Diagramme(P, h)du réfrigérant R 134 a.
Correction de l’exercice 1
Dans les deux cas la variation d’énergie interne sera nulle puisque le gaz suit la 1reloi de Joule, donc Q=−W.
Compression infiniment lente Le gaz parfait est un système fermé de température stationnaire, le produit P Vse conserve et on peut écrire d(P V) =PdV+VdP = 0. Comme il est à chaque instant à l’équilibre thermodynamique, le travail élémentaire des forces de pression qu’il reçoit estδW =−PdV =VdP= PiVidP
P . Pour une compression dePiàPf, on obtient :W =−Q=PiVilnPPf
i.
Compression brutaleLe travail, entre l’état initial et l’état final où le piston est immobile, de la « force de pression extérieure »Pe=Pfest :W=−Q=Pf Vi−Vf
= Pf−Pi Vi.
Correction de l’exercice 2
Ici, le transfert thermique est nul, on aura donc, dans tous les cas :W = ∆U=RTf
Ti Cv(T)dT. Transformation brutale
1. , 2 et 3. Comme dans l’exercice précédent, le travail s’exprime commeW =Pf(Vi−Vf). On a donc, puisqueγest constant :
W=Pf nRTi
Pi
−nRTf
Pf
= ∆U= nR
γ−1 Tf−Ti
→(γ−1)
Ti
Pf
Pi
−Tf
=Tf−Ti
Tf =Ti
γ
1 + (γ−1)Pf
Pi
et le travail W=PiVi
γ Pf
Pi
−1
.
Transformation infiniment lente
1. La transformation étant infiniment lente, le travail élémentaire reçu par le gaz estδW =−PdV. On en déduit :
dU=CvdT =δQ+δW→CvdT =−PdV =−nRT
V dV soit : 1 γ−1
dT T =−dV
V . 2. Pour les gaz parfaits monoatomiques, et les diatomiques dans les conditions usuelles de tempé-
rature,γne dépend pas de la température. L’expression précédente s’écrit alors d(T Vγ−1) = 0 en utilisant les différentielles logarithmiques. L’équation d’état des gaz parfaits permet d’obtenir immédiatement les autres relations.
3. La température finale seraTf = Ti
P
f Pi
1−1
γ. La variation d’énergie interne est alors :∆U =
PiVi γ−1
P
f Pi
1−γ1
−1
=W.
4. Sur une adiabatique, on a :dPP =−γdVV , soit
∂P
∂V
S=−γPV. Or la pente sur une isotherme est : ∂P
∂V
T=−nRT
V2 =−P
V. La pente sur une adiabatique est donc supérieure à celle de l’isotherme au même point, puisqueγ=Cpm/Cvm>1.
Correction de l’exercice 3
1. Pour un gaz parfait diatomique, on aCvm = 5R/2. On en déduit la capacité thermique massique cair=Cvm/MavecMla masse molaire moyenne de l’air formé pour l’essentiel à 80% de N2et à 20%
de O2soitM=29 g·mol−1. On calcule, àθ=25 °C,cair=7,2·102J·K−1·kg−1, très inférieure à celle de l’eau liquidecH
2O(l)=4,2·103J·K−1·kg−1, en raison des interactions beaucoup plus importantes au sein de l’eau liquide.
2. On utilise la formule de Dulong et petit. On a : C= 3R→c=3R
M →cAl=9,2·102J·K−1·kg−1 cCu=4,0 J·K−1·kg−1. Ces valeurs sont proches des valeurs expérimentales.
Correction de l’exercice 4
Pour une transformation adiabatique et infiniment lente d’un gaz parfait dont le rapportγest constant, les lois de Laplace assurent que la quantitéP Vγest conservée au cours de la transformation. Un réduction d’un facteur20du volume entraînera donc une augmentation de pression d’un facteur201,4 ' 66. La pression finale seraPf =66 bar. La température sera, quant à elle donnée parT Vγ−1 =cste, soitTf = T0(V0/V)γ−1 ' 3,3T0 ' 670 °C. La variation d’énergie interne du gaz vaut immédiatement∆U =
P0V0
T0(γ−1)(Tf−T0)'6,6 J et la variation d’enthalpie∆H=TγP0V0
0(γ−1)(Tf−T0)'9,2 J.
La température atteinte est suffisamment élevée pour enflammer un morceau d’amadou placé dans l’en- ceinte. On utilise(ait) un tel briquet en plaçant le morceau de combustible dans l’enceinte puis en enfonçant brusquement le piston.
Le modèle considéré ici n’est pas complètement satisfaisant puisque la transformation ne sera certaine- ment pas infiniment lente. De plus, pour des valeurs aussi importantes de la température, il est peu probable qu’on puisse négliger le transfert thermique vers l’extérieur, même si la transformation est rapide. Le prin- cipe de fonctionnement demeure : le travail de pression fournit une énergie à une faible quantité de gaz, permettant d’augmenter énormément sa température, ce qui permet d’amorcer la réaction de combustion.
La véritable transformation est intermédiaire entre une quasistatique et une brutale (qui ne permettrait pas de comprimer plus que d’un facteurγ/(γ−1)) et donne une température maximale de l’ordre de 250 °C.
Correction de l’exercice 5
1. Pour un gaz parfait monoatomique, on aCv,m= 3R/2etCp,m= 5R/2, soitγ'1,67.
2. (a) Le systèmeSformé des deux gaz et du résistor ne reçoit pas de transfert thermique puisque les parois sont athermanes. Il ne reçoit pas de travail dû à des forces de pression puisque l’enceinte est indéformableiii. En revanche il reçoit le travail électriqueW=rI02∆t. L’énergie interne du système est la somme des énergies interne de chacun des gaz et de celle du résistor. On a alors∆US =
∆U1+ ∆U2+ ∆Urésistor. La variation d’énergie interne de chacun des gaz n’est due qu’à leur variation de température puisqu’il s’agit de gaz parfaits et elle vaut∆Ui=niCv,m Tf−Ti
=
iiiCela n’empêche cependant pas les deux gaz d’échanger de l’énergie par travail de pression puisque le piston les séparant est mobile.
PiVi
γ−1 Tf/Ti−1
puisque queCv,m= 3R/2 =cstepour un gaz parfait monoatomique. Celle du résistor (phase condensée) vautC∆T1:
∆US= P0V0
T0(γ−1)(∆T1+ ∆T2) +C∆T1=rI02∆t P0V0
T0(γ−1)(∆T1+ ∆T2) +C∆T1=rI02∆t.
(b) Si l’on exclue le résistor du système, ce dernier ne reçoit alors plus qu’un transfert thermique de la part du résistor dont la température augmente par effet Joule. On doit alors faire deux bilans d’énergie interne, l’un pour le résistor, l’autre pour le système des deux gaz. En écrivant que la température du résistor est la même que celui du gaz qui le contient à l’équilibre, on arrive évi- demment au même résultat.
3. (a) On obtient :
∆T1=
T0(γ−1)
P0V0 rI02∆t−∆T2
1 +T0P(γ−1)
0V0 C
→∆T1=82 K.
(b) À l’équilibre mécanique, les pressionsP1etP2sont égales et on a doncV1T2 =V2T1= (2V0− V1)T1, soitV1 = T2V0T1
2+T1 '1,03 L etV2 = T2V0T2
1+T2 '0,97 L. On obtient pour les pressionsP1 = P0V0T1/(T0V1) =P0T1+T2
2T0 =P2'1,24 bar.
4. La capacité thermique du gaz estP0V0/(T0(γ−1)) =nR/(γ−1) =0,5 J·K−1, largement inférieure à celle du résistor ce qui n’est pas surprenant puisqu’un solide est toujours de l’ordre de mille fois plus dense qu’un gaz. Négliger la capacité thermique du résistor aurait donc conduit à des résultats numériquement très différents.
Correction de l’exercice 6
On peut développer deux raisonnements, équivalents, suivant le systèmeSconsidéré.
Sest le gaz qui va rentrer dans le ballon au cours de la transformation Il occupait un volumeV0à l’ex- térieur du ballon. Lors de la rentrée dans le ballon, il n’est soumis qu’à la pression de l’atmosphère à l’extérieur du ballon. En effet, le vide à l’intérieur du ballon n’offre aucune résistance.
Sest la réunion du ballon initialement vide et du gaz qui va y entrer Il est immédiat que ce système n’est soumis qu’aux forces de pression de l’atmosphère.
Dans les deux cas, le travail reçu est donc uniquement dû aux forces de pression de l’atmosphère et vaut W=P0V0.
L’opération considérée est suffisamment rapide pour pouvoir être considérée adiabatique. Ensuite, durant la mise à l’équilibre du gaz enfermé dans le ballon, celui-ci sera complètement isolé (mécaniquement et thermiquement) de l’extérieur et son énergie interne ne variera pas. On a donc∆U = W = P0V0 = nCv,m∆T, soit∆T =nRT0/(nR/(γ−1))et donc∆T =T0(γ−1). Pour un air essentiellement composé de molécules diatomiques, on obtient en considérant l’air comme un gaz parfait tel queγ= 1,4:∆T= 0,4T0. Pour un gaz initialement àθ0=25 °C, on calculeθ0=144 °C.
Expérimentalement, l’élévation sera nécessairement beaucoup plus modérée car on ne peut pas négliger la capacité thermique de la paroi intérieure du ballon.
Correction de l’exercice 7
1. La bille est en équilibre sous l’effet de son poids et des forces de pression de l’atmosphère et du gaz.
On a donc :P0+m0g/S=Pi=1,02 bar'P0.
2. (a) Pour un gaz parfait de facteurγconstant subissant une transformation adiabatique et infiniment lente, on peut utiliser les lois de Laplace. On a doncP(V0+s(h+x))γ = Pi(V0+sh)γ, ou P(1 +s(h+x)V
0 )γ=Pi(1 +Vsh
0)γ, en simplifiant parV0γ. Pour un déplacementx, la pression vaut doncP=Pi
1+sh/V
0 1+s(h+x)/V0
γ
, soit, en le développant au premier ordre enx, et en négligeanths devantV0:P =Pi
1−γxsV
0
. La résultante selon la verticale ascendante des forces auxquelles est soumis le piston est donc :−P0s−m0g+Pis−γPissxV
0, soit :Fx=−γPVis2x
0 . (b) La relation fondamentale de la dynamique s’écrit :x¨+ω20x= 0, avecω20=γPmis2
0V0. Le mouvement est harmonique, de fréquencef= 2π1
qγPis2
m0V0 =1,4 Hz.
(c) Cette période est très grande devant le temps moyen entre deux collisions au sein du gaz. On peut donc considérer la transformation infiniment lente. Il est également raisonnable de considérer ces transformations adiabatiques pour des durées de l’ordre de la seconde car les échanges thermiques entre le gaz et l’atmosphère à travers la paroi et à travers la bille sont lents.
Néanmoins, le piston finit toujours par s’arrêter à cause de forces dissipatives, au moins au sein du gaz qui redistribuent isotropiquement la quantité de mouvement verticale communiquée par le piston aux molécules de gaz. À l’équilibre thermodynamique, caractérisée par un piston immobile, on aboutit bien à un système où la force exercée par le gaz sur le piston n’est pas proportionnelle au déplacement du piston mais uniquement à la pression extérieure. De même la température finira par être égale à celle de l’atmosphère.
La transformation étudiée ici correspond en fait au régime transitoire de la compression monobare monotherme.
3. Pour une bouteille de bière le volume estV0 =33 cL, le goulot a une section de l’ordre de 1 cm soit s=3·10−4m2,Pi=1·105Pa, etmest la masse d’air remplissant le goulot, soit avec une hauteur de h=10 cm,m=shρ=3·10−2g :f =3·102Hz. Cette valeur est satisfaisante (de l’ordre du La à 440 Hz du téléphone).
Correction de l’exercice 8
On applique le premier principe au système marteau pilon (P) et l’objet (A). Son énergie initiale est Ei=mPgh+UP(T0) +UA(T0)en tenant compte de l’énergie potentielle de pesanteur du marteau pi- lon, immobile au départ. Dans l’état final, les deux objets sont toujours macroscopiquement au repos mais l’énergie potentielle de pesanteur dePa diminué. On a maintenantEf =UP(T0) +UA(T0+ ∆T), soit
∆UA=mAcA∆T =mPghet∆T =64 K.
Correction de l’exercice 9
1. La transformation sera monobare puisqu’on sera en contact avec l’atmosphère de pression stationnaire.
On aura donc∆H=Qp+Wa. En revanche la petite aire des trous n’autorise que de faibles courants d’air : le transfert thermique par convection sera réduit et on pourra considérer l’enceinte comme ather- mane.
2. Méthode des mélanges(a) Si l’on pouvait négliger la capacité thermique du calorimètre, on aurait
∆H = c
m1(Tf−T1) +m2(Tf−T2)
= 0(aveccla capacité thermique massique de l’eau), soitTf= m1mT1+m2T2
1+m2 '32,8◦C.
(b) La température plus basse obtenue montre que la capacité thermique du corps froid est plus importante que supposée : il faut tenir compte de la capacité thermiqueCdu calorimètre. La conservation de l’enthalpie s’écrit alors :c
m1(Tf−T1) +m2(Tf−T2)
+C(Tf−T1) = 0, soitC=cm2
T2−Tf
Tf−T1 −m1c. On obtientC/c'22,5 g, valeur en eau du calorimètre.
(c) Un liquide permettra d’avoir une surface de contact plus importante qu’avec un solide, donc de faciliter les échanges thermiques pour parvenir plus rapidement à l’équilibre. La capacité thermique de l’air sera certainement négligeable devant celle du liquide. De toutes façons, elle est prise en compte par la réponse du 2b.
Méthode électrique(b) La puissance reçue est UR2, la variation d’enthalpie pendant une durée dt s’écrit, dH=CdT =UR2dt, soitT =T0+URC2∆t.
(c) Le coefficienthdoit être positif pour que le système reçoive un transfert thermique s’il est plus froid que le milieu extérieur. On a maintenant :
CdT =U2
Rdt+h(Text−T)dt→dT dt+T
τ = T∞
τ , avecτ=ChetT∞=Text+URh2 et doncT=T0+ (T∞−T0)e−t/τ.
Correction de l’exercice 10
AttentionChangement par rapport à l’énoncé,x00est la valeur pour laquelle il n’y a plus que de la glace.
Dans tous les cas, les transformations sont adiabatiques et monobares. On écrira donc :∆H= 0.
1. On doit ici faire une hypothèse sur la composition du système à l’équilibre. Pour une faible masse de glace (x1), toute la glace sera fondue. Le système sera donc une massem=m1+m2d’eau liquide à une températureT telle queT > T0, ceci jusqu’à ce quex=x0pour lequelT =T0.
On décrit donc le système comme :
• une masse de glacem02initialement àT2, qui fond et se retrouve liquide à 273≡Teà l’équilibre.
L’enthalpie étant une fonction d’état, on peut choisir de décrire son évolution comme un réchauffe- ment de la glace deT2àTesuivi d’une fusion isotherme. La variation d’enthalpie correspondante est alors :
∆H2=m02c2(Te−T2) +m02lf
En réalité, la température n’est certainement pas uniforme dans chaque glaçon au cours de sa fusion mais la variation d’enthalpie est la même quelle que soit le chemin suivi (système uniforme ou pas à chaque instant) du moment que les états initial et final sont les mêmes.
• une masse d’eau liquidem1initialement àT1qui se retrouve àTe. La variation d’enthalpie cor- respondante est alors :
∆H1=m1c1(Te−T1) La variation d’enthalpie totale étant nulle, on a :
0 = ∆H= ∆H1+ ∆H2→x0= m02 m1
= c1(T1−T0) c2(T0−T2) +lf
=0,197.
On peut interpréter ce bilan de la manière suivante : la masse de glacem02correspondante est telle que le transfert thermique nécessaire à son réchauffement jusqu’àT0 et à sa fusion àT0 :Q2 = m2 c2(T0−T2) +lf
est égal à celui fourni par le refroidissement de l’eau liquide jusqu’àT0 :
−Q1=m1c1(T1−T0).
Pourx > x0, le système comprend de l’eau liquide et de la glace en équilibre àT0, et ce tant que x < x00pour lequel toute l’eau initialement présente a gelé. La massem002correspondante est telle que le transfert thermique−Q1libéré par le refroidissement de la massem1deT1àT0et sa solidification àT0:−Q1=m1 c1(T1−T0) +lf
soit égal au transfert thermique nécessaire au réchauffement de la massem2de glace deT2àT0:Q2=m2c2(T0−T2). On obtient alors :
x00= lf+c1(T1−T0) c2(T0−T2) = 14,9.
Pourx6x0on n’a que de l’eau liquide àT >273 K, pourx>x00, que de la glace àT <273 K et pour x∈[x0;x00]un mélange eau liquide/glace à 273 K dont la composition est variable.
2. Numériquement, on obtientm02 = 1,7 g etm002 = 1,49 kg, soit respectivement environ2et150(!!) glaçons si leur masse est d’environ 10 g.
3. Avecm02=30 g (x= 0,3), on se trouve dans le domaine où une partie de la glace a fondu. La tempé- ratue d’équilibre est alors 273 K. Notonsαla fraction de la glace qui a fondu.
Les variations d’enthalpie sont donc descriptibles comme :
glace réchauffement dem2deT2àTesuivie d’une fusion isotherme deαm2, eau liquide refroidissement dem1deT1àTe.
On a donc :
0 = ∆H= ∆H2+ ∆H1=m2c2(Te−T2) +αm2lf+m1c1(Te−T1).
On obtientαg= 0,63, soit une masse de glace restante de 11,1 g.
Correction de l’exercice 11
1. Vaporisation infiniment lente Tant qu’on a coexistence des deux phases, la pression est fixée, àθ= 100 °C, àP =Patm. L’opérateur doit donc agir sur le piston pour assurerP = Patmau cours de la transformation. Comme l’état initial et l’état final sont des états d’équilibre, la variation d’enthalpie vaut, par définition :∆H = mlv. La variation d’énergie interne vaut alors∆U =
∆H−∆(PatmV) =mlv−Patm(Vf−Vi)'mlv−PatmVfpuisqueVf '1 LVi. Comme la transformation est monobare (système en contact avec une pression extérieure constante), le
transfert thermiqueQpreçu est égal à la variation d’enthalpie. Le travailW vaut, quant à lui, W= ∆U−Q=−Patm(Vf−Vi), qu’on aurait pu calculer directement parR
−P dV pour cette transformation quasistatique.
AvecVi=1·10−2LVf =1,61 L, on obtient :∆H =Qp=2,25·103J,∆U=2,08·103J, et doncW=1,5·102J et∆S=Sr=6,03 J·K−1.
Vaporisation dans le vide Les états initial et final des deux transformations sont les mêmes. Attention à ne pas dire que la pression initiale est nulle : elle vautPavant qu’on introduise l’eau liquide dans le récipient, ou qu’on ouvre un robinet pour les mettre en communication. Dès qu’elle est
« dans le vide » la pression n’est plus définie, jusqu’à l’équilibre final. Les variations des fonctions d’étatU,HetSseront donc les même. Ici cependant, le travail reçu lors de la transformation est nulW = 0puisque l’enceinte est rigide. Comme toujours lors d’une transformation isochoreiv, on a∆U=Qv=2,08·103J. L’entropie reçue vaut maintenantSr =Qv/T =5,58 J·K−1, soit une entropie crééeSc= ∆S−Sr=4,56·10−1J·K−1, cette transformation n’est plus réversible.
Remarque importanteAttention à ne pas dire que cette seconde transformation est monobare en invoquant le fait que les pressions initiale et finale du système sont les mêmes, et à ne pas en conclure que∆H =Qp. Ceci est faux : une transformation est monobare si on peut définir une pression extérieure constante, et c’est l’équilibre avec le milieu extérieur dans les états initial et final qui assure que la pression du système est la même au début et à la fin de la transformation.
Ici il n’y a pas de pression extérieure, il ne s’agit donc pas d’une transformation monobare.
2. L’énergie interne massique de vaporisation à une températureTapparaît donc comme le transfert ther- mique absorbé par une unité de masse du liquide initialement àT, Ps(T)lors de sa vaporisation dans le vide pour donner une vapeur juste saturante àT, Ps(T). Cette définition se généralise aux autres changements d’état.
Correction de l’exercice 12
Étude générale
1. Le liquide est à gauche de la courbe de saturation (fortes pressions et basses températures, soit faibles valeurs de l’enthalpie massique). La vapeur est à l’opposé (basses pressions et fortes températures, soit grandes valeurs de l’enthalpie massique). Les états d’équilibre liquide-vapeur sont situés sous la courbe de saturation.
Au sommet de la courbe de saturation se trouve le point critique.
2. En pratique, l’enthalpie massique d’une phase condensée ne dépend pas de la pression. Les isothermes sont alors confondues avec les isenthalpes : elles sont verticales dans cette zone.
Dans le domaine liquide-vapeur, les isothermes sont confondues avec les isobares : elles sont horizon- tales.
Dans le domaine vapeur, elles deviennent verticales aux basses pressions et aux hautes températures, quand la vapeur se comporte comme un gaz parfait pour lequel la deuxième loi de Joule assure queH est indépendante de la pression.
ivOn pourrait également raisonner en considérant qu’initialement l’eau est maintenue à la pressionPatmpar un piston qu’on déplace très rapidement jusqu’au volumeVf. Cette transformation peut être effectuée sans fournir de travail puisque l’eau n’exerce plus de pression sur le piston dès qu’elle n’est plus en contact avec celui-ci. Ici, l’état initial est identique à celui de la première transformation et on retrouve bien
∆U=Qv
Les isothermes sont donc les courbes légendées par les valeurs (−40,−20 en °C). Elles ne sont tra- cées complètement que dans le domaine de la vapeur puisqu’elles sont horizontales dans le domaine liquide-vapeur.
Les courbes légendées commev=0,0400 désignent les courbes isochores, avecven m3·kg−1. 3. La longueur d’un palier de vaporisation, horizontzl, fournit directement l’enthalpie de vaporisation
puisque, par définition,∆vaph(T) =hv(T)−h`(T).
On vérifie bien sûr que l’enthalpie de vaporisation diminue avec la température, pour s’annuler au point critique.
4. Considérons un pointMsitué sur un palier d’équilibre à la températureT, d’abscisseh. NotonsLet V les points situés aux extrémités gauche et droite de ce même palier.hdésigne en réalité l’enthalpie massique moyenne d’un système diphasé de masse totalem=mv+m`.
Soitx=mv/mle titre massique en vapeur. CommeHest une fonction d’état extensive, l’enthalpie totale du système diphasé s’écritH=mvhv+m`h`=mh`+mv(hv−h`). D’où : Commeh=H/m, il vient :
h=H/m=h`+x(hv−h`) =⇒ x= h−h`
hv−h`
= LM
LV . (1)
Nous avons effectivement retrouvé le théorème des moments. Une telle règle peut en fait s’écrire avec n’importe quelle fonction d’état extensive, à savoir le volume, l’énergie interne, l’enthalpie et l’entropie.
Compression isotherme d’un réfrigérant
1. Dans l’état initialA, le fluide est à l’état de vapeur sèche puisquevi>v`(Ti) =0,02 m3·kg−1. L’état finalBest un état d’équilibre liquide-vapeur puisque la courbev = 0,01 m3/kg coupe l’isotherme 40 °C avant la courbe d’ébullition. On calcule le titre massique en vapeur au pointBpar le théorème des moments :
x= h−hliq
hvap−hliq =0,48. (2)
2. Le système est la massemde réfrigérant. Il faut décomposer le calcul en deux étapes :
• Étape 1 : le fluide est à l’état de vapeur. AlorsW =mR
−P dv, car la transformation est quasi- statique. Pour simplifier, nous allons supposer que la vapeur se comporte comme un gaz parfait.
En notantvvaple volume massique de la vapeur saturante, il vient : W1=−m
MRT0lnvvap
vi
=−15
102×8,3×313×ln0,02
0,2 =8,8·102J. (3) Dans le diagramme de Clapeyron, nous aurions pu « mesurer » l’aire sous la courbe ; ce n’est pas le cas ici.
• Étape 2 : le fluide est sous deux phases, sous une pression constante égale à la pression de vapeur saturantePsat. Par conséquent :
W2=−mPsat(vf−vvap) =−15·10−3×10·105×(0,01−0,02) =1,5·102J. (4) Ce calcul est valable quelle que soit l’équation du gaz, parfait ou non.
• Conclusion : le travail total de compression vautW=1,0 kJ.
3. D’après le premier principe appliqué à la massemde fluide et la définition de l’enthalpie, (
Q= ∆U−W
H=U+P V =⇒ Q=m∆h−m∆(P v)−W. (5) Il suffit alors de lire les valeurs numériques sur le graphe. Application numérique (en kJ) :
Q=15×(333−438)−15×(10·103×0,01−1,25·102×0,2)−1,03=−2,38 kJ. (6)
